Pobierz odpowiedzi

KRYTERIA OCENIANIA ODPOWIEDZI
Próbna Matura z OPERONEM
Matematyka
Poziom rozszerzony
Listopad 2014
Zadania zamknięte
Za każdą poprawną odpowiedź zdający otrzymuje 1 punkt.
Numer
zadania
Poprawna
odpowiedź
1.
A
3 x + 6 > 6 ⇔ 3 x + 6 < −6 ∨ 3 x + 6 > 6 ⇔ x < −4 ∨ x > 0
2.
A
W(−3) = −54 − 36 + 45 − 12 = −57
3.
B
4.
A
W = 8 x 3 + 12 x 2 + 6 x + 1− ( x 3 − 3 x 2 + 3 x − 1) = 7 x 3 + 15 x 2 + 3 x + 2
5.
D
2
2
( x + 5) + (y − 2) = 4 ⇒ S = (−5,2), r = 2
Wskazówki do rozwiązania zadania
log2 7 +
log2 7
log2 7 4 log2 7
= log2 7 +
=
log2 8
3
3
Zadania otwarte – kodowane
Numer
zadania
Poprawna
odpowiedź
6.
419
7.
565
8.
760
9.
899
Jeśli ABCD jest podstawą dolną sześcianu, BDE – przekrojem,
OE = h – wysokością przekroju, O – punktem przecięcia przekątnych kwadratu ABCD, to:
OC
BD = 6 2, OC = 3 2,
= cos 30° ⇒ h = 2 6 = 4,898979.... ≈
h
≈ 4,899
0–2
10.
273

4 
1
1 + 3 − 2 
3



n
n 
lim
= lim
=
= 0,(27) ≈ 0,273
n→+∞ 11n3 + 5 n + 2
n→+∞
5
2
11
11 + 2 + 3
n
n
0–2
w w w. o p e r o n . p l
Wskazówki do rozwiązania zadania
32
46
46
144
+2 =
, a3 =
+2 =
7
7
49
49
144
830
+2 =
= 2, 419825... ≈ 2, 4198
a4 =
343
343
4
b
=
⇒ b = 4 2 = 5,656854... ≈ 5,657
sin 30° sin 45°
a2 =
l : 2 x − y + 1 = 0, d ( A, l ) =
(n + 4)(3n2 − 1)
10 + 6 + 1
5
=
17 5
= 7,602631... ≈ 7,60
5
Liczba
punktów
0–2
0–2
0–2
1
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM i „Gazetą Wyborczą”
Zadania otwarte
Numer
zadania
11.
Modelowe etapy rozwiązywania zadania
Rozwiązanie:
sin 3 x + sin 9 x = 0 ⇒ 2 sin 6 x cos 3 x = 0 ⇒ sin 6 x = 0 ∨ cos 3 x = 0
kp
p kp
 p p p 2p 5p 
⇒x=
∨x= +
∧ k ∈ C ∧ x ∈ 0, p ⇒ x ∈ 0, , , ,
,
, p
 6 3 2 3 6

6
6
3
0–3
Istotny postęp:
Przekształcenie równania do alternatywy dwóch równań:
sin 6 x = 0 ∨ cos 3 x = 0
1
Pokonanie zasadniczych trudności:
2
kp
p kp
Zapisanie rozwiązań w postaci ogólnej: x =
∨x= +
, gdzie k Î C
6
6
3
Rozwiązanie pełne:
 p p p 2p 5p 
,
, p
Zapisanie odpowiedzi uwzględniającej założenie: x ∈ 0, , , ,
 6 3 2 3 6

12.
Liczba
punktów
Rozwiązanie:
x ( x 2 − 4 x − 5) < 0
3
0–3
x1 = 0, x2 = −1, x3 = 5
x ( x 2 − 4 x − 5) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, − 1) ∪ (0, 5)
13.
Istotny postęp:
Zapisanie nierówności w postaci: x ( x 2 − 4 x − 5) < 0
1
Pokonanie zasadniczych trudności:
Wyznaczenie pierwiastków: x1 = 0, x2 = −1, x3 = 5
2
Rozwiązanie pełne:
Rozwiązanie nierówności: x ( x 2 − 4 x − 5) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, − 1) ∪ (0, 5)
3
0–3
Rozwiązanie:
−16 x
−16 x
f '( x ) =
, f '( x ) = 0,
=0⇒ x =0
2
2
2
x
−
1
x
(
)
( 2 − 1)
Badamy znaki pochodnej i zapisujemy odpowiedź: w punkcie x = 0 funkcja
osiąga maksimum.
Istotny postęp:
Wyznaczenie pochodnej funkcji: f '( x ) =
1
−16 x
2
( x 2 − 1)
Pokonanie zasadniczych trudności:
Wyznaczenie miejsc zerowych pochodnej i określenie znaków pochodnej:
−16 x
= 0 ⇒ x = 0, pochodna dodatnia dla x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 0), pochodna
2
x
( 2 − 1)
2
ujemna dla x ∈ (0, 1) ∪ (1, + ∞)
Rozwiązanie pełne:
Zapisanie odpowiedzi: w punkcie x = 0 funkcja osiąga maksimum.
w w w. o p e r o n . p l
3
2
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM i „Gazetą Wyborczą”
Numer
zadania
14.
Modelowe etapy rozwiązywania zadania
Rozwiązanie:
Niech ABC będzie danym trójkątem, CD – środkową trójkąta i E Î CD, P Î BC .
Rysujemy prostą równoległą do odcinka BC przechodzącą przez punkt A oraz
prostą równoległą do odcinka AC przechodzącą przez punkt B. Punkt przecięcia prostych – punkt F. Wtedy CE = x , ED = 3 x , DF = 4 x . Oznaczamy ponadto: CP = y , PB = z , więc AF = BC = y + z
Zauważamy, że trójkąty CEP i EAF są podobne, zatem:
y
x
y 1
=
⇒ 6y = z ⇒ =
y + z 7x
z 6
Postęp:
Wykonanie rysunku z oznaczeniami:
ABC – dany trójkąt, CD – środkowa trójkąta, E Î CD, P Î BC . Narysowanie odcinka AF równoległego do BC oraz odcinka BF równoległego do AC.
Istotny postęp:
Zapisanie, że CE = x , ED = 3 x , DF = 4 x , CP = y , PB = z , AF = BC = y + z
0–5
1
3
(2 pkt,
jeśli nie
zapisano,
że AF =
= BC = y +
+z)
Pokonanie zasadniczych trudności:
Zauważenie, że trójkąty CEP i EAF są podobne.
4
Rozwiązanie pełne:
5
y
x
y 1
Wykazanie tezy zadania:
=
⇒ 6y = z ⇒ = , co należało dowieść.
y + z 7x
z 6
15.
Liczba
punktów
Rozwiązanie:
 a1

=8
1− q
∧ q < 1, po jego rozwiązaniu otrzymujemy:
Zapisujemy układ: 
 a13
512
=

3
7
1− q

1
q =
q = 2
. Drugi układ jest sprzeczny z warunkiem q < 1.
2 lub 


a1 = −8
a1 = 4
Istotny postęp:
 a1

=8
1− q
∧ q <1
Zapisanie układu równań: 
 a13
512
=

3
7
1− q
Pokonanie zasadniczych trudności:
Przekształcenie układu do równania kwadratowego, np.: 2q2 − 5q + 2 = 0
0–5
2
(1 pkt, gdy
zapisano
tylko jedno równanie)
3
Rozwiązanie prawie całkowite:
1

q=
q = 2
Rozwiązanie układu równań: 
2 lub 

a1 = −8
a1 = 4
4
Rozwiązanie pełne:
5

1
q =
Wybór rozwiązania i odpowiedzi: 
2

a1 = 4
w w w. o p e r o n . p l
3
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM i „Gazetą Wyborczą”
Numer
zadania
16.
Modelowe etapy rozwiązywania zadania
Rozwiązanie:
Liczba
punktów
0–4
5
Liczba liczb z „1” na pierwszym miejscu:   ⋅ 83
2
Liczba liczb z „2” na pierwszym miejscu: 5 × 4 × 83
5
Liczba liczb z cyfrą inną niż „1”, „2” na pierwszym miejscu: 7 ⋅   ⋅ 3 ⋅ 82
2
5
5
Suma:   ⋅ 83 + 5 ⋅ 4 ⋅ 83 + 7 ⋅   ⋅ 3 ⋅ 82 = 28800
2
2
Istotny postęp:
5
Zapisanie liczby możliwości z cyfrą „1” na pierwszym miejscu:   ⋅ 83
2
1
Pokonanie zasadniczych trudności:
Zapisanie liczby możliwości z cyfrą „2” na pierwszym miejscu: 5 × 4 × 83
2
Rozwiązanie prawie całkowite:
Zapisanie liczby możliwości z cyfrą inną niż „1” lub „2” na pierwszym miejscu:
5
7 ⋅   ⋅ 3 ⋅ 82
2
3
Rozwiązanie pełne:
4
5
5
Wyznaczenie sumy wszystkich liczb:   ⋅ 83 + 5 ⋅ 4 ⋅ 83 + 7 ⋅   ⋅ 3 ⋅ 82 = 28800
2
 
2
17.
Rozwiązanie:
0–7
3
a2 3
18 = 6a + 3h ⇒ h = 6 − 2a, V =
⋅ h, V =
(6a2 − 2a3 ), a ∈ (0,3)
4
4
3
V '( h) =
(12a − 6a2 ), V ' = 0 ⇔ a = 0 ∨ a = 2. Analizując znaki pochodnej,
4
otrzymujemy: w punkcie a = 2 funkcja osiąga maksimum.
I część
Wyznaczenie wzoru funkcji określającej objętość ostrosłupa:
Zapisanie związku między krawędzią boczną i krawędzią podstawy: h = 6 − 2a
Wyznaczenie wzoru na objętość ostrosłupa: V( a) =
3
(6a2 − 2a3 )
4
Wyznaczenie dziedziny funkcji: a ∈ (0,3)
1
2
3
(za I część
przyznaje
się 3 pkt)
II część – Zbadanie pochodnej i wyznaczenie ekstremum
3
Wyznaczenie wzoru pochodnej funkcji: V '( a) =
(12a − 6a2 )
4
4
Wyznaczenie miejsc zerowych pochodnej: V ' = 0 ⇔ a = 0 ∨ a = 2
5
Zbadanie znaków pochodnej i zapisanie wniosku dotyczącego maksimum funkcji:
V ' ( a) > 0 dla a ∈ (0, 2), V ' ( a) < 0 dla a ∈ (2, 3), zatem funkcja rośnie w przedziale
(0, 2), maleje w (2, 3), stąd w punkcie a = 2 funkcja osiąga maksimum będące
jednocześnie największą wartością funkcji.
III część – Wyznaczenie największej wartości funkcji
V (2) = 2 3
w w w. o p e r o n . p l
6
(za II część
przyznaje
się 3 pkt)
1
(za III
część
przyznaje
się 1 pkt)
4
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM i „Gazetą Wyborczą”
Numer
zadania
18.
Modelowe etapy rozwiązywania zadania
Rozwiązanie:
Badamy sytuację, gdy funkcja jest liniowa: m = 1 ⇒ f( x ) = −1, zatem nie ma
miejsc zerowych.
Badamy sytuację, gdy funkcja jest kwadratowa: m ¹ 1
Wyznaczamy zbiór, dla którego istnieją dwa różne pierwiastki trójmianu kwadratowego:
11

∆ < 0 ⇔ m ∈ (−∞, 1) ∪  , + ∞

 7
11
∆=0⇔ m=
7
 11
∆ > 0 ⇔ m ∈ 1, 
 7 
11


0 dla m ∈ (−∞, 1 ∪  , + ∞
7


11
Zapisujemy wzór funkcji: g( m) = 1 dla m ∈  

 7 

2 dlla m ∈ 1, 11



 7 

i rysujemy wykres.
Postęp:
Zapisanie i rozwiązanie warunku: a = 0 ⇒ m = 1 – nie ma miejsc zerowych.
Pokonanie zasadniczych trudności:
Zapisanie i rozwiązanie warunku dla m ¹ 1:
11

∆ < 0 ⇔ m ∈ (−∞, 1) ∪  , + ∞

 7
11
∆=0⇔ m=
7
 11
∆ > 0 ⇔ m ∈ 1, 
 7 
Liczba
punktów
0–5
1
3
(2 pkt,
jeśli popełniono
błąd rachunkowy)
Rozwiązanie prawie całkowite:
4
Rozwiązanie pełne:
Narysowanie wykresu funkcji g.
5



0 dla m ∈ (−∞,1 ∪ 11, + ∞



7

11
Zapisanie wzoru funkcji g : g( m) = 1 dla m ∈  

 7 

2 dlla m ∈ 1, 11

 7 

w w w. o p e r o n . p l
5